Resolvendo a equação 2.7 encontramos os autovalores λ1 = −6 e λ2 = λ3 = 6. De acordo com o teorema (2.9.1), como existem dois autovalores com sinais opostos, logo enquadra-se no caso 3.(Ponto de sela). P7 = (−1, 1,−1), temos a seguinte matriz: Hessf(P7) = Hessf(−1, 1,−1) =  6(−1) 0 0 0 6(1) 0 0 0 6(−1)  =  −6 0 0 0 6 0 0 0 −6  E os autovalores de Hessf(−1, 1,−1) são as raizes da equação P7(λ) = det[Hessf(P7)− λI] = 0, isto é: P7(λ) = det   −6 0 0 0 6 0 0 0 −6 − λ  1 0 0 0 1 0 0 0 1   = 0 ⇓ P7(λ) = det   −6 0 0 0 6 0 0 0 −6 −  λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ   = 0 ⇓ P7(λ) = det   −6− λ 0 0 0 6− λ 0 0 0 −6− λ   = 0 ⇓ (−6− λ)(6− λ)(−6− λ) = 0 (2.8) Resolvendo a equação 2.8 encontramos os autovalores λ1 = λ3 = −6 e λ2 = 6. De acordo com o teorema (2.9.1), como existem dois autovalores com sinais opostos, logo enquadra-se no caso 3.(Ponto de sela). P8 = (−1,−1,−1), temos a seguinte matriz: Hessf(P8) = Hessf(−1,−1,−1) =  6(−1) 0 0 0 6(−1) 0 0 0 6(−1)  =  −6 0 0 0 −6 0 0 0 −6  E os autovalores de Hessf(−1,−1,−1) são as raizes da equação P8(λ) = det[Hessf(P8)− λI] = 0, isto é: P8(λ) = det   −6 0 0 0 −6 0 0 0 −6 − λ  1 0 0 0 1 0 0 0 1   = 0 ⇓ P8(λ) = det   −6 0 0 0 −6 0 0 0 −6 −  λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ   = 0 ⇓ P8(λ) = det   −6− λ 0 0 0 −6− λ 0 0 0 −6− λ   = 0 ⇓ (−6− λ)(−6− λ)(−6− λ) = 0 (2.9) Resolvendo a equação 2.9 encontramos os autovalores λ1 = λ2 = λ3 = −6. De acordo com o teorema (2.9.1), como os três autovalores tem sinais negaivos, logo enquadra-se no caso 2.(Ponto de máximo local). 2.10 Polinômio de Taylor de ordem 3 Definição 2.10.1 Dada f : R3 → R uma função que tenha derivada até a ordem 3 no ponto (x,y,z)=(a,b,c), associamos à f o polinômio P (x, y, z) de grau ≤ 3 dada por: P (x, y, z) = f(a, b, c) + f ′(a, b, c)(x−a, y− b, z− c) + 1 2! f ′′(a, b, c)(x−a, y− b, z− c)2 + 1 3! f ′′′(a, b, c)(x− a, y − b, z − c)3 Fazendo x− a = v1, y − b = v2, z − c = v3, temos: P (x, y, z) = f(a, b, c)+f ′(a, b, c)(v1, v2, v3)+ 1 2! f ′′(a, b, c)(v1, v2, v3)2+ 1 3! f ′′′(a, b, c)(v1, v2, v3)3 A expressão acima pode ser reduzida um pouco, pois já sabemos que o ponto (a,b,c) é um ponto cŕıtico, então: f ′(a, b, c) = (fx(a, b, c), fy(a, b, c), fz(a, b, c)) = (0, 0, 0) e consequentemente f ′(a, b, c)(v1, v2, v3) = (0, 0, 0) Além disso, reescrevendo f ′′(a, b, c) na forma matricial, nota-se a presença da matriz hessiana da função f aplicada no ponto (a,b,c).Temos f ′′(a, b, c)(v1, v2, v3)2 = (v1, v2, v3)  fxx(a, b, c) fxy(a, b, c) fxz(a, b, c) fyx(a, b, c) fyy(a, b, c) fyz(a, b, c) fzx(a, b, c) fzy(a, b, c) fzz(a, b, c)   v1 v2 v3  Da mesma forma para f ′′′(a, b, c) temos: f ′′′(a, b, c)(v1, v2, v3)3 = (v1, v2, v3)2  fxxx(a, b, c) fxxy(a, b, c) fxxz(a, b, c) fyyx(a, b, c) fyyy(a, b, c) fyyz(a, b, c) fzzx(a, b, c) fzzy(a, b, c) fzzz(a, b, c)   v1 v2 v3  Como fxy = fxz = fyx = fyz = fzx = fzy = 0 é fácil verificar que as derivadas de terceira ordem são todas iguais a zero com exceção de fxxx, fyyy, fzzz, ou seja: fxxx = ∂ ∂x ( ∂2 ∂x2 ) = ∂ ∂x (6x) = 6 ; fyyy = ∂ ∂y ( ∂2 ∂y2 ) = ∂ ∂x (6y) = 6 fzzz = ∂ ∂z ( ∂2 ∂z2 ) = ∂ ∂z (6z) = 6 Logo, temos: f ′′′(a, b, c) =  6 0 0 0 6 0 0 0 6